gol que Pelé não fez

1. (Unesp 2012) O gol que Pelé não fez
Na copa de 1970, na partida entre Brasil e Tchecoslováquia, Pelé pega a bola um
pouco antes do meio de campo, vê o goleiro tcheco adiantado, e arrisca um chute que
entrou para a história do futebol brasileiro. No início do lance, a bola parte do solo
com velocidade de 108 km/h (30 m/s), e três segundos depois toca novamente o solo
atrás da linha de fundo, depois de descrever uma parábola no ar e passar rente à trave,
para alívio do assustado goleiro.
Na figura vemos uma simulação do chute de Pelé.
Considerando que o vetor velocidade inicial da bola após o chute de Pelé fazia um
ângulo de 30° com a horizontal (sen30° = 0,50 e cos30° = 0,85) e desconsiderando a
resistência do ar e a rotação da bola, pode-se afirmar que a distância horizontal entre o
ponto de onde a bola partiu do solo depois do chute e o ponto onde ela tocou o solo
atrás da linha de fundo era, em metros, um valor mais próximo de
a) 52,0.
b) 64,5.
c) 76,5.
d) 80,4.
e) 86,6.
2. (Unifesp 2013) O atleta húngaro Krisztian Pars conquistou medalha de ouro na
olimpíada de Londres no lançamento de martelo. Após girar sobre si próprio, o atleta
lança a bola a 0,50m acima do solo, com velocidade linear inicial que forma um ângulo
de 45° com a horizontal. A bola toca o solo após percorrer a distância horizontal de
80m.
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Nas condições descritas do movimento parabólico da bola, considerando a aceleração da
gravidade no local igual a 10 m/s2, 2 igual a 1,4 e desprezando-se as perdas de energia
mecânica durante o voo da bola, determine, aproximadamente:
a) o módulo da velocidade de lançamento da bola, em m/s.
b) a altura máxima, em metros, atingida pela bola.
3. (Pucrj 2013) Um projétil é lançado com uma velocidade escalar inicial de 20 m/s
com uma inclinação de 30° com a horizontal, estando inicialmente a uma altura de 5,0
m em relação ao solo.
A altura máxima que o projétil atinge, em relação ao solo, medida em metros, é:
Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2
a) 5,0
b) 10
c) 15
d) 20
e) 25
4. (Unicamp 2012) Um jogador de futebol chuta uma bola a 30 m do gol adversário. A
bola descreve uma trajetória parabólica, passa por cima da trave e cai a uma distância de
40 m de sua posição original. Se, ao cruzar a linha do gol, a bola estava a 3 m do chão, a
altura máxima por ela alcançada esteve entre
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a) 4,1 e 4,4 m.
b) 3,8 e 4,1 m.
c) 3,2 e 3,5 m.
d) 3,5 e 3,8 m.
5. (Uesc 2011) Galileu, ao estudar problemas relativos a um movimento composto,
propôs o princípio da independência dos movimentos simultâneos — um móvel que
descreve um movimento composto, cada um dos movimentos componentes se realiza
como se os demais não existissem e no mesmo intervalo de tempo.
Assim, considere um corpo lançado obliquamente a partir do solo sob ângulo de tiro de
45º e com velocidade de módulo igual a 10,0m/s.
Desprezando-se a resistência do ar, admitindo-se que o módulo da aceleração da
gravidade local é igual a 10m / s2 e sabendo-se que cos 45º 
2
2
e sen45º 
,é
2
2
correto afirmar:
a) O alcance do lançamento é igual a 5,0m.
b) O tempo total do movimento é igual a
2s .
c) A altura máxima atingida pelo corpo é igual a 10,0m.
d) O corpo atinge a altura máxima com velocidade nula.
e) A velocidade escalar mínima do movimento é igual a 10,0m/s.
6. (Ufu 2011) Uma pedra é lançada do solo com velocidade de 36 km/h fazendo um
ângulo de 45° com a horizontal. Considerando g = 10 m/s2 e desprezando a resistência
do ar, analise as afirmações abaixo.
I. A pedra atinge a altura máxima de 2,5 m.
II. A pedra retorna ao solo ao percorrer a distância de 10 m na horizontal.
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III. No ponto mais alto da trajetória, a componente horizontal da velocidade é nula.
Usando as informações do enunciado, assinale a alternativa correta.
a) Apenas I é verdadeira.
b) Apenas I e II são verdadeiras.
c) Apenas II e III são verdadeiras.
d) Apenas II é verdadeira.
7. (Uftm 2011) Num jogo de vôlei, uma atacante acerta uma cortada na bola no instante
em que a bola está parada numa altura h acima do solo. Devido à ação da atacante, a
bola parte com velocidade inicial V0, com componentes horizontal e vertical,
respectivamente em módulo, Vx = 8 m/s e Vy = 3 m/s, como mostram as figuras 1 e 2.
Após a cortada, a bola percorre uma distância horizontal de 4 m, tocando o chão no
ponto P.
Considerando que durante seu movimento a bola ficou sujeita apenas à força
gravitacional e adotando g = 10 m/s2, a altura h, em m, onde ela foi atingida é
a) 2,25.
b) 2,50.
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c) 2,75.
d) 3,00.
e) 3,25.
8. (Uft 2010)
Um jogador de futebol chuta uma bola com massa igual a meio
quilograma, dando a ela uma velocidade inicial que faz um ângulo de 30 graus com a
horizontal. Desprezando a resistência do ar, qual o valor que melhor representa o
módulo da velocidade inicial da bola para que ela atinja uma altura máxima de 5 metros
em relação ao ponto que saiu?
Considere que o módulo da aceleração da gravidade vale 10 metros por segundo ao
quadrado.
a) 10,5 m/s
b) 15,2 m/s
c) 32,0 m/s
d) 12,5 m/s
e) 20,0 m/s
9. (Ufop 2010) Uma pessoa lança uma pedra do alto de um edifício com velocidade
inicial de 60 m/s e formando um ângulo de 30º com a horizontal, como mostrado na
figura abaixo. Se a altura do edifício é 80 m, qual será o alcance máximo (x f) da pedra,
isto é, em que posição horizontal ela atingirá o solo? (dados: sen 30º = 0,5, cos 30º = 0,8
e g = 10 m/s2).
a) 153 m
b) 96 m
c) 450 m
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d) 384 m
10. (Ufmg 2007) Uma caminhonete move-se, com aceleração constante, ao longo de
uma estrada plana e reta, como representado na figura:
A seta indica o sentido da velocidade e o da aceleração dessa caminhonete.
Ao passar pelo ponto P, indicado na figura, um passageiro, na carroceria do veículo,
lança uma bola para cima, verticalmente em relação a ele.
Despreze a resistência do ar.
Considere que, nas alternativas a seguir, a caminhonete está representada em dois
instantes consecutivos.
Assinale a alternativa em que está MAIS BEM representada a trajetória da bola vista
por uma pessoa, parada, no acostamento da estrada.
a)
b)
c)
d)
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11) Uma mangueira emite um jato d'água com uma velocidade inicial v0 de módulo
igual a 10 m/s.
Sabendo-se que o tubo horizontal possui um diâmetro interno d = 1,25 m, determine o
alcance máximo x do jato no interior do tubo (g = 10 m/s2).
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Gabarito:
Resposta da questão 1:
[C]
Dados: v0 = 30 m/s; θ = 30°; sen 30° = 0,50 e cos 30° = 0,85 e t = 3 s.
A componente horizontal da velocidade (v0x) mantém-se constante. O alcance
horizontal (A) é dado por:
A  v0x t  A  v0 cos30 t  A  30 0,85 3  
A  76,5 m.
Resposta da questão 2:
1ª Solução:
a) Dados: A = 80 m;
2=
1,4; g = 10 m/s2.
As componentes da velocidade inicial são:
vox  voy  v0 cos 45  vox  voy  v0
2
2
 v ox  v oy  0,7v 0 .
Desprezando a altura inicial do lançamento, a expressão do alcance horizontal (A) é:
v2
v2
A  0 sen  2θ  80  0 sen 90  v0  800  20 2  20  1,4 
g
10
v0  28 m / s.
b) Aplicando a equação de Torricelli na vertical, lembrando que no ponto mais alto a
componente vertical da velocidade é nula (vy = 0):
384
2
2
v2y  v0y
 2 g Δy  0  0,7  28   20 Δy  Δy 
 Δy  19,2 m.
20
Como a altura inicial é 0,5 m, a altura máxima (h) é:
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h  h0  Δy  h  0,5  19,2 
h  19,7 m.
2ª Solução:
a) Dados: A = 80 m;
2=
1,4; g = 10 m/s2.
A figura ilustra a situação descrita.
As componentes da velocidade inicial são:
vox  voy  v0 cos 45  vox  voy  v0
2
2
 v ox  v oy  0,7v 0 .
Na direção do eixo x, a velocidade (v0x) é constante, portanto, o movimento é uniforme.
Quando x for igual ao alcance máximo (A), o tempo será igual ao tempo total (tT).
Então:
x  v0x t  A  v0x tT  80  0,7 v0 t T
0,7 v0 tT  80

I.
Na direção do eixo y, de acordo com o referencial da figura, quando o tempo é igual ao
tempo total, y = 0.
Assim:
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y  y0  voy t 
g 2
t  y  0,5  0,7 v0 t  5 t 2
2
0  0,5  0,7 v0 tT  5 tT2

II
Substituindo (I) em (II):
80,5
0  0,5  80  5 t2T  tT 
 16,1  tT  4 s.
5
Voltando em (I):
80  0,7 v0 t T  v0 
80
80

0,7  4 2,8

v0  28,6 m / s.
b) Pela conservação da Energia mecânica, em relação ao solo:
2
2
m v02
m v0x
v 2  2 g hA  v 0x
 m g hA 
m g H  H  0

2
2
2 g
A
B
EMec
 EMec

H
 28,62  2  10  0,5  0,7  28,6 2
20

818  10  400
20

H  21,4 m.
Resposta da questão 3:
[B]
Decompondo
a
velocidade
inicial,
teremos
uma
componente
vertical
de
V.sen30  20x0,5  10 m/s
A partir da posição inicial, podemos calcular o deslocamento vertical até o ponto mais
alto da trajetória, utilizando a equação de Torricelli:
V2  V02  2.a.ΔS  0  102  2x10xΔS  ΔS  5,0m
Como o corpo havia partido de 5,0 m de altura, sua altura máxima será H: 5 + 5 = 10 m.
Resposta da questão 4:
[B]
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OBS: Essa questão foi cobrada na prova de Matemática, mas admite solução através de
conceitos Físicos, aliás, solução bem mais simples e curta. Serão dadas aqui as duas
soluções.
1ª Solução (Matemática):
Encontremos, primeiramente, a equação da parábola que passa pelos pontos dados:
A equação reduzida da parábola de raízes x1 e x2 é: y  a  x  x1  x  x2 .
Nesse caso temos: x1 = 0 e x2 = 40.
Substituindo esses valores na equação dada:
y  a  x  0  x  40   y  ax 2  40ax.
Para x = 30  y = 3. Então:
3  a 30  40a 30  3  900a  1200a  a  
2
1
.
100
Assim, a equação da parábola mostrada é:
y
x2
x2 2
 1 
 40 
x

y


 x.

100
100 5
 100 
Para x = 20  h = H. Então:
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H
 202  2
100
H  4 m.
5
 20
 H  4  8 
2ª Solução (Física):
Pela regra de Galileu, sabemos que, para qualquer movimento uniformemente variado
(M.U.V.) com velocidade inicial nula, os espaços percorridos em intervalos de tempo
(t) iguais e subsequentes, as distâncias percorridas são: d, 3d, 5d, 7d...
Ora, a queda livre e o lançamento horizontal na direção vertical são movimentos
uniformemente variados a partir do repouso, valendo, portanto a regra de Galileu.
Assim, se a distância de queda num intervalo de tempo inicial (t) é h, nos intervalos
iguais e subsequentes as distâncias percorridas na queda serão: 3h, 5h, 7h...
O lançamento oblíquo, a partir do ponto mais alto (A), pode ser considerando um
lançamento horizontal. Como a componente horizontal da velocidade inicial se mantém
constante (vx = v0x), os intervalos de tempo de A até B e de B até C são iguais, pois as
distâncias horizontais são iguais (10 m).
Assim, se de A até B a bola cai h, de B até C ela cai 3h, como ilustrado na figura.
Então:
3h  3  h  1 m.
Mas : H  3h  h  3  1  H  4 m.
3ª Solução (Física):
Como as distâncias horizontais percorridas entre A e B e entre B e C são iguais, os
intervalos de tempo entre esses pontos também são iguais, pois a componente horizontal
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da velocidade se mantém constante (vx = v0x). Assim, se o tempo de A até B é t, de A até
C é 2t.
Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até B e de A até C, temos:

g 2
A  B : h  2 t


A  C : H  g  2t 2

2
g 
 H  4  t2 
2 
 H  4h.
Mas, da Figura: H  h  3  4h  h  3  h  1 m.
Como H  4h  H  4 m.
Resposta da questão 5:
[B]
Decompondo a velocidade inicial em duas componentes: horizontal (x) e vertical (y),
temos: Vox  Vo. cos 45 0  5 2m / s
Voy  Vo.sen450  5 2m / s
Estudando o movimento vertical.
V  Vo  at  0  5 2  10t  t subida  0,5 2s
Portanto, o tempo total de movimento vale: T  2t  2s
 
2
V 2  V02  2.a.S  0  5 2  2x10 xH  H  2,5m
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Estudando o movimento horizontal.
V
S
S
5 2 
 S  10m .
t
2
Resposta da questão 6:
[B]
36 km/h = 10 m/s
A primeira providência é decompormos a velocidade em componentes horizontal e
vertical.
O movimento vertical é uniformemente variado. No ponto mais alto a componente
vertical da velocidade é nula. Portanto:

V 2  V02  2aΔS  0  5 2

2
 20H  H  2.5m
V  V0  at  0  5 2  10t  t subida 
2
s
2
Por outro lado, na horizontal, o movimento é uniforme. O tempo para voltar ao solo é o
dobro do tempo de subida ( 2s ). Portanto:
ΔS  V.t  ΔS  5 2  2  10m
Resposta da questão 7:
[C]
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Na direção horizontal (x) o movimento é uniforme. Assim, podemos calcular o tempo
(t) que a bola leva para tocar o chão.
vx 
x
t

t
x 4

vx 8

t  0,5 s.
Na direção vertical (y) o movimento é uniformemente variado, com aceleração igual à
da gravidade (g).
g t2
h  voy t 
2
h  2,75 m.
10  0,5
h  3 0,5  
 1,5  1,25 
2
2

Resposta da questão 8:
[E]
y
v0
v 0y
v = v 0x
5m
30°
x
v 0x
Aplicando Torricelli para o eixo y:
2
v 2y  v0y
 2 g y .
v  v 0x  v y  0
No ponto mais alto: 
y  h
Substituindo:
2
 2 g h  v0y = 2 g h  2(10)(5) = 10 m/s.
02 = v0y
Mas:
v0y = v0 sen 30°  10 = v0
1
 v0 = 20 m/s.
2
Resposta da questão 9:
[D]
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As componentes horizontal e vertical da velocidade inicial são:
v0x  v0 cos 0  v0 cos30  60  0,8  48 m / s.


v0y  v0sen0  v0sen30  60  0,5  30 m / s.
Adotando referencial no solo e orientando a trajetória para cima temos:
y0 = 80 m; v0y = 30 m/s e g = -10 m/s2.
Desprezando os efeitos do ar, a equação do movimento no eixo y é:
1
y  y0  v 0y t  a t 2
2

y  80  30 t  5 t 2.
Quando a pedra atinge o solo, y = 0. Substituindo:
0  80  30 t  5 t 2 
t
t 2  6 t  16  0

t
6  36  4 116 
2

6  10 t  8 s.

2
t  2 s (não convém).
No eixo x o movimento é uniforme. A equação é:
x  x0  v0x t

x  0  48 8

x  384 m.
Resposta da questão 10:
[B]
A velocidade horizontal da bola mantém-se constante e a da caminhonete aumenta.
Portanto, a bola se atrasa em relação à caminhonete.
Resposta da questão 11:
Para se conseguir o alcance máximo dentro deste tubo, considerando que a altura
máxima dentro do tubo é de 1,25 m.
Por Torricelli
0 = v02.sen2α - 2.g.h
0 = 102.sen2α - 2.10.1,25
0 = 100.sen2α - 25
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senα = 0,5 ==> α = 30°
O tempo total de voo é o dobro do tempo de subida, então:
0 = 10.senα - 10.t(sub)
0 = 5 - 10.t(sub) ==> t(sub) = 0,5 s ==> t = 1 s
O alcance é dado por x = v0.cosα.t
x = 10.cos30°.1 = 10.
x=5
 3 = 5
2
3m
3 m.
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